Chương II
Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa
học” ở bậc trung học phổ thông
II.1. Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa
học” trong tài liệu giáo khoa chuyên Hoá học
II.1.1. Chương IV: Lý thuyết về phản ứng hóa học
a. Nội dung cơ bản
* Về mặt kiến thức: Giúp học sinh nắm được các kiến thức:
- Định nghĩa hiệu ứng nhiệt của một phản ứng.
- Định nghĩa: Năng lượng liên kết E, nhiệt tạo thành ∆H của hợp chất,
nhiệt phân huỷ (∆H’ = - ∆H), nhiệt hoà tan chất …
- Nội dung và hệ quả của định luật Hes (Hess).
- Nguyên lý I, II của nhiệt động học; năng lượng tự do Gip.
- Tốc độ phản ứng hóa học (định nghĩa, các yếu tố ảnh hưởng tới tốc độ
phản ứng). Định luật Gunbe – vagơ (định luật tác dụng khối lượng trong động
hóa học).
- Khái niệm về năng lượng hoạt hoá, quy tắc Van hôp.
- Khái niệm phản ứng thuận nghịch – bất thuận nghịch, trạng thái cân bằng,
hằng số cân bằng. Định luật tác dụng khối lượng (đối với phản ứng thuận nghịch).
- Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học, nguyên lý Lơ Satơliê về
chuyển dịch cân bằng.
* Về mặt kỹ năng: Giúp học sinh có được các kỹ năng sau:
- Cách xác định nhiệt phản ứng hóa học.
+ Dựa vào năng lượng liên kết.
+ Dựa vào nhiệt hình thành (nhiệt sinh, sinh nhiệt) của hợp chất.
+ Dựa vào định luật Hes (có 2 phương pháp là chu trình và tổ hợp các
phương trình nhiệt hóa học).
- Vận dụng 2 nguyên lý của nhiệt động học.
+ Tính biến thiên entanpi ∆H, biến thiên entropi ∆S, biến thiên năng lượng
tự do Gip ∆G với phản ứng hóa học.
Chú ý: Trong thực tế dùng ∆H

, T
2
.
(2)
k
T
(γ: gama): hệ số
nhiệt độ của tốc độ phản ứng.
: Tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T
1
, T
2
.
- Tính HSCB với phản ứng hóa học xảy ra ở điều kiện cụ thể:
* K
c
, K
p
, K
x

aA + bB + … cC + dung dịch + … (5)
+ Trong pha lỏng: K
c
(HSCB theo nồng độ).
+ Trong pha khí: K
p
(gần đúng ta dùng áp suất riêng phần p
i
).

+ Cân bằng hóa học bao gồm cả chất rắn: dùng K
p
, K
c
.
b. Câu hỏi và bài tập
Trong khuôn khổ cho phép của đề tài, dưới đây chúng tôi chỉ phân tích các
ví dụ điển hình.
Ví dụ 1:
*Đề bài :Tính ∆H của phản ứng sau:
CH
4(k)
+ 4Cl
2(k)
→ CCl
4(k)
+ 4HCl
(k)
Biết các giá trị năng lượng liên kết:
C – Cl H – Cl C – H Cl – Cl
326,30 430,9 414,2 242,6 kJ
* Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh dựa vào năng lượng liên kết để xác
định ∆H phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
Ta có: ∆H = 4E
C – H
+ 4E
Cl – Cl
– (4E
C – Cl

a
A
d
D
c
C
p
PP
PP
K
.
.
=
b
B
a
A
d
D
c
C
x
xx
xx
K
.
.
=
n
n

hưởng đến tốc độ phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
Ta có: 2SO
2
+ O
2
2SO
3

+ Trạng thái 1: v
1
= k.
(a)
+ Trạng thái 2: Khi giảm thể tích hỗn hợp xuống 3 lần nghĩa là nồng độ
chất tăng 3 lần
(b)
+ Từ (a) và (b)
lần
+ Kết luận: Tốc độ của phản
ứng tạo SO
3
tăng 27 lần.
Ví dụ 5:
* Đề bài: Nếu ở 150
0
C, một phản ứng nào đó kết thúc sau 16 phút, thì ở
120
0
C và 200
0

thời gian t
2
= phút
*Vậy nhiệt độ tăng thì tốc độ phản ứng tăng nhanh còn thời gian kết thúc càng
giảm.
Ví dụ 6:
Ví dụ 7:
*Đề bài: Cho phản ứng thuận nghịch
[ ] [ ]
1
2
2
1
2
2

22
OSOkCC
OSO
=
[ ] [ ] [ ] [ ]
27 3 3.
1
2
2
1
2
2
2
2

C, D là: 0,6667 mol
Tổng số mol chất: 2 mol
+ ở đây ∆n = 0 ⇒ K
c
= K
p
= K
x
= 4
b) Gọi x: lượng chất cực đại phản ứng (A)
+ Lúc cân bằng: số mol của A là (3 – x)
B là (1 – x)
C, D là x
+ Tìm ra x dựa vào K
c
= 4
x = 0,90 hay 90%.
c) Do ∆H = 0. Vậy khi tăng nhiệt độ cân bằng thực tế không bị dịch
chuyển, nhưng tốc độ phản ứng nhanh hơn, nghĩa là phản ứng đạt tới trạng thái
cân bằng nhanh hơn.
Ví dụ 26:
* Đề bài: Trong công nghệ hoá dầu, các ankan được loại hiđro để chuyển
thành hiđrocacbon không no có nhiều ứng dụng hơn. Hãy tính nhiệt của mỗi
phản ứng sau đây:
C
4
H
10
→ C
4

với C
4
H
10
→ C
4
H
6
+ 2H
2
(1) tính được ∆H
1
0
= 437,6 kJ
4
6CH
4
→ C
6
H
6
+ 9H
2
(2) tính được ∆H
2
0
= 581,1 kJ
Ví dụ 27:
* Dạng đề giúp học sinh nắm vững lý thuyết về nguyên lý chuyển dịch cân
bằng - các yếu tố ảnh hưởng, kỹ năng tính HSCB và lượng chất trong hệ (cân bằng).

là ≈ 1,44 lần.
* Dạng đề thi với mục đích là : giúp học sinh nắm vững lý thuyết về hằng
số cân bằng, sự chuyển dịch cân bằng khi các yếu tố thay đổi. Mặt khác, tổng
hợp các kỹ năng: tính hằng số cân bằng theo độ điện li α, áp suất P và ngược lại ;
tính năng lượng tự do ∆G
0
theo ∆H
0
, ∆S
0
;

áp dụng quan hệ K
p
và K
c
để tính
lượng chất…
Ví dụ 28 :
* Đề bài : Sunfurylđiclorua SO
2
Cl
2
là hoá chất phổ biến trong phản ứng
clo hoá. Tại 350
0
C, 2 atm phản ứng:
SO
2
Cl

2
Cl
2(k)
ban đầu là 1 mol
có độ phân li là α
( ) ( )
6,3
.
2
=
−−
=
cbca
C
K
50
.
22
22
==
ClSO
ClSO
P
P
PP
K
5
+ Dựa vào biểu thức
tính được α = 0,9806
+ Số mol SO

3. Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2(k)
, số mol Cl
2(k)
lúc cân bằng
mol.
Ví dụ 29: [12, đề
2002 – 2003]
* Đề bài:
Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl
5
bị phân li theo phương trình:
PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)

1. Cho m gam PCl
5
vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ
T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong
bình bằng P.
a) Hãy thiết lập biểu thức của K
P

như thí
nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T
3
= 0,9T
1
thì đo được áp suất cân
bằng là 1,944 atm. Tính K
p
và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl
5
thu nhiệt
hay phát nhiệt.
Cho: Cl = 35,453; P = 30,974; H = 1,008. các khí đều là khí lý tưởng.
*Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức liên hệ hằng số cân
bằng theo độ phân li, áp suất, thể tích, khối lượng.Từ đó tính các đại lượng liên
quan.
* Hướng dẫn giải:
1. Thiết lập biểu thức của K
P
, K
C
:
50
1
.
2
2
=
−
=

V
6
Phương trình: PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)

Ban đầu: a
Cân bằng: a – x x x mol
+ Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a + x
Trong đó:
* Tính K
P
+ áp suất riêng phần lúc cân
bằng của mỗi khí
+ HSCB K
P
=
* Tính K
C
(có 2 cách)
Cách 1: + Tính nồng độ cân bằng của mỗi khí
+
HSCB
Cách 2: + Ta
biết: K
P
= K


3. Thí nghiệm
2 :
- giữ nguyên nhiệt độ : K
P
không đổi
- Giữ nguyên số mol PCl
5
a = 0,400 mol
- áp suất cân bằng P
2
= 0,500 atm
;
239,208
m
a =
a
x
=
α
;.
5
P
xa
xa
P
PCl
+
−
=

V
a
PCl
α
−
=
[ ] [ ]
V
a
ClPCl
α
.
23
==
[ ][ ]
[ ]
( ) ( )
α
α
α
α
−
=
−
==
1239,2081
22
5
23
V

PV
400,0
239,208
30,83
=
M
( )
M
molan
30,83
600,01
11
==+=
α
( )
( )
900,070,2.
5,01
5,0
.
1
2
2
1
2
1
2
1
1
=

, n
2
+ Thể tích bình trong thí nghiệm 2
so với
lần
4. Thí nghiệm 3:
- Thay đổi nhiệt độ: K
P
thay đổi (T
3
= 0,9T
1
)
- Giữ nguyên số mol PCl
5
a = 0,400 và V
1

- áp suất cân bằng P
3
= 1,944 atm (do nhiệt độ giảm, tổng số mol khí n
3
thay đổi, n
3
≠ n
1
)
* Tìm α
3
+ n

giảm làm cân
bằng chuyển dịch theo chiều nghịch – là chiều phát nhiệt. Chiều thuận là chiều
thu nhiệt.
Ví dụ 30: [12, đề 2001 – 2002]
* Đề bài: Tại 25
0
C phản ứng: 2N
2
O
5(k)
→ 4NO
2(k)
+ O
2(k)
có hằng số
tốc độ k = 1,8.10
-5
.s
-1
; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k Phản ứng trên
xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N
2
O
5
cho vừa đầy
bình. ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng phần N
2
O
5
là 0,070 atm. Các khí đều là lí

2
2
2
2
2
2
2
2
2
=×
−
=
−
=
α
α
α
α
PK
T
P
2
22
2
P
RTn
V =
1
1
1

=⇔=⇔
n
n
P
P



=
=
moln 48,0
2,0
3
3
α
3
T
P
K
081,0.
1
3
2
3
3
3
3
=
−
= PK

= 5,16.10
-8
mol.l
-1
.s
-1

- Tính tốc độ tiêu thụ N
2
O
5
:
+ 2N
2
O
5(k)
→ 4NO
2(k)
+ O
2(k)

+ v
pư
= - 2.5,16.10
-8
=
-1,032.10
-7
mol.l
-1

O
5
bị phân tích sau thời gian t:
V
bình
x t x N
0

= 1,032.10
-7
x 20
x 30 x 6,023.10
23
= 3,729.10
19
phân tử
3. Phương trình N
2
O
5(k)
→ 2NO
2(k)
+ 1/2O
2(k)

Tại nhiệt độ T xác định, tốc độ phản ứng v
pư
và k đều không đổi vì :
+ k chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
+ Theo (1), khi k = const, = const thì v = const

070,0
5252
52
−
====
RT
P
V
n
C
ONON
ON
52
OttN
v
.2
52
52
−=−=
dt
dC
v
ON
OttN
22
,
htOhtNO
vv
4
2

∑
=
n
ki
k
i
9
3BrO
-
→ BrO
3
-
+ 2Br
-
(1)
xảy ra theo quy luật động học bậc 2. Nồng độ ban đầu của BrO
-
là 0,1
kmol.m
-3
; hằng số tốc độ k = 9,3.10
-4
m
3
(kmol.s)
-1
a) Sau bao lâu thì 30%, 99% BrO
-
bị chuyển hoá?
b) Tính chu kỳ bán huỷ t

2
= 0,099.
+ Lượng còn lại: a – x
1
= 0,07
a – x
2
= 0,001
+ Theo quy luật động học bậc 2 ta có biểu thức:
Thay các giá trị a, a – x, k
tìm được: t
1
= 4608,3 s (76,8
phút)
t
2
= 106,45.10
4
s (1,77.10
4
phút)
b) Chu kỳ bán huỷ : t
1/2
=
+ Tính được t
1/2
= 10753 s (179,2 phút)
2. Chứng minh :
+ Gọi x là lượng A phản ứng.
2A → sản phẩm.

=
axak
t
111
ak.
1
2
.
A
C
Ck
dt
d
A
=−
( )
( )
2
. xak
dt
xad
−=
−
−
( )
2
xak
dt
dx
−=

lần lượt là:
35040 J.mol
-1
;
( )
∫ ∫
=
−
dtk
xa
dx
.
2
Ckt
xa
+=
−
⇔
1
a
1
axa
kt
11
−
−
=⇔




, K
P
của phản ứng ở 1000K.
c) Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H
2
, 45% thể tích CO và 20% thể
tích hơi nước được nung nóng tới 1000 K.
Xác định thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) ở trạng thái cân bằng.
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính , HSCB K
C
, K
P
của phản ứng
ở 1000 K từ đó xác định thành phần hỗn hợp theo % thể tích của chất
trong hỗn hợp.
Hướng dẫn giải:
a) áp dụng biểu thức:
Thay giá trị , , T tính
được
b) HSCB: K
P
= K
C
= 0,703.
c) Thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) của:
CO: 34,6%; CO
2
: 10,4%; H
2
O: 9,6%; H

p
của phản ứng, so sánh các giá trị K
p
ở 500K và 1000K. Kết quả
đó có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính của phản ứng, tính K
P
ở 2
nhiệt độ bất kỳ, vận dụng nguyên lý Lơ Satơliê để giải thích kết quả.
Hướng dẫn giải:
a) Tính: = 50807 J
(T = 298 K).
b) ở 500 K, tính K
P
≈ 3.10
-4

ở 1000 K, tính K
P
≈ 10,43.
Phản ứng thu nhiệt, khi
nhiệt độ tăng thì K
P
tăng. Vậy kết quả trên phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê.
Bài 11: Cân bằng: N
2
O
4(k)
2NO
2(k)

S∆
0
H∆
JG 2930
0
1000
=∆
kJG 85,74
0
298
=∆
0
298
S
0
G∆
0
G∆
0
298
0
298
0
298
STHG ∆−∆=∆
KK
PP
KK
1000500
<

là
bao nhiêu?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh thiết lập và tính số mol, áp suất riêng
phần của chất, tính HSCB K
P
ở điều kiện cụ thể.
Hướng dẫn giải:
a) Xét cân bằng: N
2
O
4(k)
2NO
2(k)

Ban đầu: a
Cân bằng: a (1 - α) 2aα
+ Số mol NO
2
: 2aα
N
2
O
4
: a (1 - α)
Tổng số mol của hệ: a (1 + α)
b) áp suất riêng phần của N
2
O
4
, NO

C
, của phản ứng (1) ở 333 K, α = 0,525.
c) Xác định ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở 333 K. Cho biết ở 373 K có K
P
=
14,97.
d) Tính K
P
của phản ứng (1) khi α = 11%. Độ phân li α thay đổi như thế
nào khi P từ 1 atm giảm còn 0,8 atm ?
PP
ON
.
1
1
42
α
α
+
−
=
PP
NO
.
1
2
2
α
α
+

n
687,0
42
=
ON
P
313,0
2
=
NO
P
0
G∆
13
e) Để α đạt tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào ? Nhận xét về
chiều của phản ứng (1).
Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức tính K
P
theo α, P ; xác định K
P
, K
C
, , ∆H, ∆S của phản ứng ở điều kiện cụ thể, áp
dụng nguyên lí Lơ Satơliê để xác định chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a)
b) K
P
= 1,52 ; K
C

(1)
a) Chứng minh rằng ở nhiệt độ, áp suất xác định, hiệu suất phản ứng sẽ
cực đại nếu thành phần mol của hỗn hợp các chất tác dụng lấy đúng theo hệ số
tỷ lượng của chúng.
b) ở 723 K phản ứng (1) có
ở 850 K phản ứng (1)
có
Tìm nhiệt độ của sự chuyển hoá (ở khoảng nhiệt độ) trên.
2. Phản ứng (1) có . Khi
phản ứng đạt cân bằng thu
được 36% NH
3
dưới áp suất 300 atm, 450
0
C.
a) Tính HSCB K
P
.
b) ở 450
0
C phải dùng áp suất bao nhiêu để đạt 50% NH
3
.
c) Dưới áp suất 300 atm thì ở nhiệt độ nào để đạt 50% NH
3
. Cho biết chiều
của cân bằng (1).
Mục đích của bài: Giúp cho học sinh có kĩ năng tổng hợp: chứng minh giả
thiết là đúng, tính HSCB K
P

=
P
K
4
10.2,0
2
−
=
P
K
kJH 5,92
0
−=∆
atmPPPP
NHHN
1
322
==++
2
43
22
3
2

.
.
22
3
22
3

+ Thay (a) vào (3) được:
Do vậy tỉ lệ phần mol của N
2
: H
2
là 1 : 3
b) + Ta có:
(Biến đổi từ biểu thức: ∆G
0
= ∆H
0
- T∆S
0
= -RT ln K
P
)
(b)
Thay các giá trị vào (b)
tính được:
A = 11144,162; B = - 18,721
+ Mặt khác: ∆G = - RT lnK
Trong đó:
Khi phản ứng đạt
trạng thái cân bằng: ∆G = 0 ⇒ lnK = 0
hay T = 595,3 K
Vậy nhiệt độ của sự chuyển hoá trên là 595,3 K.
2. a) HSCB K
P
:
+ Phản ứng: N

H
N
N
NH
NH
x
dx
x
dx
x
dx
−−=





=
=++
=++
atmP
dxdxdx
xxx
HNNH
HNNH
1
0
1
223
223

H
K
P
+=
∆
+
∆
−=
1
0
1
0
1
ln
B
T
A
R
S
RT
H
K
P
+=
∆
+
∆
−=
2
0

162,11144
ln −=+=
T
B
T
A
K
36,0
24
2
=
−
α
α
15
(2)
Trong đó: ; ;
; P = 300 atm.
Thay các giá trị vào (2) ta
tính được:
b) ở 450
0
C, .
+ Hiệu suất phản ứng đạt
50% NH
3
nghĩa là: hay α = 0,667
+ Trong đó: ; ; .
Thay các giá trị vào (2) ta
tính được: P = 683 atm

1
= 723K có
T
2
= 653,1K có
Phản ứng (1) là toả nhiệt ∆H
0
< 0), K
P
tỉ lệ nghịch với T.
Khi nhiệt độ giảm, K
P
tăng. Vậy cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ
trái sang phải (tạo NH
3
).
Bài 14:
Amoniac (NH
3
) được tổng hợp theo phản ứng:
N
2(k)
+ 3H
2(k)
2NH
3(k)
(1)
1. Chứng minh rằng ở nhiệt độ và áp suất nhất định nồng độ của NH
3
là

3
=
NH
x
16,0
2
=
N
x
48,0
2
=
H
x
4
10.813,0
1
−
=
P
K
4
10.813,0
1
−
=
P
K
5,0
24

?
2
=
P
K
?
2
=
P
K
5,0
3
=
NH
x
125,0
2
=
N
x
375,0
2
=
H
x
4
10.21,4
2
−
=

1
,,
21
TKK
PP
4
10.813,0
1
−
=
P
K
4
10.21,4
2
−
=
P
K
16
0 0
- 46,19
191,49
130,59 192,51
Tính ∆G
0
của phản ứng ở 25
0
C
b) Nếu coi và của phản ứng là không đổi theo nhiệt độ thì ở nhiệt độ

Mà K
P
= K
x
.P
-2
hay
K
x
= K
P
.P
2
(2)
Lấy Nêpe 2 vế của (2), biến đổi ta có :
(3)
+ Khi ln K
x
= 0,
hiệu suất phản ứng sẽ cực
đại.
ta có :
+ Giả sử
(4)
Thay (4) vào
(3) được : (hợp lý)
Vậy xuất phát từ hỗn hợp có
tỉ lệ N
2
: H

−
∆ molJkH
( )
:
110
298
−−
molKJS
0
298
H
∆
0
298
S∆
22
3
NH
xx =
atmPPPP
NHHN
1
322
==++
2
2
2
2
3
3

0
1
223
223





−=⇔=+
=
⇔=
2222
3
3
0
0
1
HNHN
NH
NH
dxdxdxdx
dx
x
22
3
NH
xx =
22
3

và áp suất riêng phần của từng cấu tử trong
hệ.
b) Lập biểu thức liên hệ giữa độ phân li α và áp suất chung của hệ lúc cân
bằng P
CB
.
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính được các đại lượng: độ phân li α,
HSCB K
P
, số mol, áp suất riêng phần của từng cấu tử; thiết lập biểu thức liên hệ
giữa α, và K
CB
.
Hướng dẫn giải:
a) Tính α, K
P
, :
* Xét phương trình: PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)
(1)
Ban đầu: 0,3
Cân bằng: 0,3 – x x x
Số mol khí trước cân bằng: n
t
= 0,3 ứng với P
t

với số mol n
CB
.
+ Ta có tỉ lệ:
(2)
+ Thay vào (2) ta có:
P
CB
= P
t
(1 + α)
= 1 + α (P
t
= 1 atm)
235
,,
ClPClPCl
PPP
s
t
s
t
P
P
n
n
=
075,0
25,1
1

+
=
atmPP
ClPCl
25,0
375,0
075,0
.25,1
23
===
atm
P
PP
K
PCl
ClPCl
P
0833,0
.
5
23
==
t
tCB
CB
CB
t
CB
t
n

của phản ứng.
b) Độ phân li sẽ thay đổi như thế nào khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8
atm.
c) Để cho độ phân li giảm xuống còn 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp
suất nào? Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không? Vì
sao?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính được HSCB K
P
của phản ứng, áp
suất nguyên lý Lơ Satơliê xét các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a) T = const, α = 0,11, giả sử ban đầu có 1 mol N
2
O
4
.
Phản ứng N
2
O
4(k)
2NO
2(k)
(1)
HSCB: K
P
= (*)
Thay các giá trị α, P vào biểu
thức (*) tính được K
P
= 0,049.

a) Tính và K
P
của phản ứng sau đây ở 1000K.
2CO
(k)
→ C
(gr)
+ CO
2(k)
(a)
b) Tính áp suất riêng phần CO, CO
2
của phản ứng (a) khi cân bằng tại
1000K, áp suất là 1 atm.
c) Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt. Cân bằng chuyển dịch như thế
nào khi tăng nhiệt độ và áp suất của phản ứng (a).
d) Tính K
P
của các phản ứng sau ở 1000K:
CO
(k)
→ C
(gr)
+ CO
2(k)
(b)
C
(gr)
+ CO
2(k)

0
và K
P
của phản ứng, tính áp suất riêng phần của chất ở 1000 K; vận dụng
nguyên lý Lơ Satơliê xét chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a) + Tổ hợp phản ứng (1) và (2) được phản ứng (a).
Ta có:
hay:
ở 1000K:
+ áp dụng biểu thức:
Tính được: K
P
= 0,7403 atm
-1
.
b) T = 1000K, p = 1atm
; P
CO
= 0,669 atm.
c) Do ∆H
0
< 0, ∆S
0
< 0:
Phản ứng (a) là phản ứng toả nhiệt.
+ Khi tăng nhiệt độ, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều thu nhiệt hay
chiều nghịch.
+ Khi tăng áp suất, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều làm giảm số phân
tử khí hay chiều thuận.

CO
2(k)
+ H
2(k)
có
hay K
P
= 1,392.
Do ∆ = 0 nên K
P
= K
C
= K
x
= 1,392
+ Phản ứng: CO
(k)
+ H
2
O
(h)
CO
2(k)
+ H
2(k)
Ban đầu: 1 1
Cân bằng: 1 – x 1 – x x x
Tổng số mol lúc cân bằng: 2 mol
+ áp dụng biểu thức tính K
x




=
=∆=∆
− 2/1
00
)(86,0
12502/
atmK
JGG
P
ab



=
−=∆−=∆
atmK
JGG
P
aC
35,1
2500
00
113,20lg
1
−=
P
K

= H
2
= 0,54 mol
CO = H2O = 0,46 mol
Ho c % s mol:ặ ố CO2 = H2 = 27%
CO = H2O = 23%
21
Thực nghiệm sư phạm
IV.1. Mục đích, phương pháp và tổ chức thực nghiệm sư phạm
IV.1.1. Mục đích thực nghiệm
Trên cơ sở những nội dung đã đề xuất ở chương II và chương III, chúng
tôi đã tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm mục đích sau:
- Nghiên cứu hiệu quả của việc giảng dạy theo nội dung luận văn nhằm
đánh giá khả năng nắm vững lý thuyết cơ bản và khả năng vận dụng lý thuyết
vào việc giải bài tập.
- Sử dụng hệ thống các câu hỏi và bài tập trên vào việc khắc sâu kiến thức
trọng tâm, rèn luyện kỹ năng cơ bản của từng chương nhằm nâng cao chất lượng
giảng dạy; thúc đẩy quá trình học tập, tìm tòi sáng tạo của học sinh.
- So sánh kết của của lớp thực nghiệm với kết quả của lớp đối chứng. Từ
đó xử lý, phân tích kết quả để đánh giá khả năng áp dụng hệ thống các câu hỏi và
bài tập trên do chúng tôi đề xuất cũng như cách sử dụng nó trong việc giảng dạy
ở các lớp chuyên Hoá và bồi dưỡng học sinh chuẩn bị dự thi học sinh giỏi Hoá ở
các cấp hiện nay.
IV.1.2. Phương pháp thực nghiệm
a. Chọn đối tượng và địa bàn thực nghiệm
Để tiến hành thực nghiệm tốt những nội dung đã được biên soạn ở chương
II, III; chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm ở các đối tượng là học sinh trường
THPT chuyên có uy tín và chất lượng tốt.
Cụ thể là:
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định được gọi là trường A

Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (Nam Định) (A), Lại Thị Thu Thuỷ.
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Hà Đông) (B), Cô Chu Kim
Oanh.
IV.2. Nội dung thực nghiệm sư phạm
IV.2.1. Nội dung thực nghiệm sư phạm
+ Giảng dạy tại lớp 11, lớp 12 chuyên Hoá.
+ Bước đầu bồi dưỡng học sinh khá, giỏi dự thi học sinh giỏi các cấp.
+Ra đề kiểm tra, chấm bài, phân tích kết quả.
IV.2.2. Xử lý số liệu thực nghiệm sư phạm [8]
Chúng tôi đã tiến hành đánh giá chất lượng, phát hiện học sinh có tính
sáng tạo, có năng khiếu về hóa học thông qua 2 bài kiểm tra cho khối 11, 12 của
lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, đồng thời kiểm tra 2 bài tổng hợp với đội dự
tuyển học sinh giỏi Quốc gia. Đồng thời chấm bài theo thang điểm bậc 10. Sử
dụng phương pháp thống kê toán học để xử lý kết quả thực nghiệm thu được.
+ Lập bảng phân phối tần số, tần suất cho các lớp đối chứng và lớp thực
nghiệm với X
i
là điểm số, n
i
là số học sinh đạt điểm X
i
.
+ Biểu diễn kết quả bằng đồ thị và biểu đồ.
+ Tính các tham số đặc trưng của bảng.
IV.2. Đánh giá kết quả thực nghiệm sư phạm
a. Kết quả thực nghiệm
Kết quả điểm kiểm tra tính theo số học sinh đạt điểm X
i
, % học sinh đạt
điểm X

TN 0,0 0,0 100,0
ĐC 0,0 29,4 70,6
B
TN 0,0 17,6 82,4
ĐC 0,0 41,2 58,8
Bảng 13: lớp 12 lần 1*:
Trường Lớp
Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 5,9 11,8 82,3
ĐC 11,8 52,9 35,3
B
thị Nở 5,9 17,6 76,5
ĐC 17,6 35,3 47,1
Bảng 14: lớp 12 lần 2*:
Trường Lớp Số % học sinh
24
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 5,9 5,9 88,2
ĐC 11,8 35,3 52,9
B
TN 0,0 17,6 82,4
ĐC 11,8 35,3 52,9
25